【创新导学案】2021年高考物理总复习课时知能训练：6-2-电场能的性质的描述

6-2电场能的性质的描述(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分。每小题至少一个答案正确，选不全得4分。)1．(2022·济南模拟)电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是()A．铜丝编织的衣服不易拉破B．电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零C．电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零D．铜丝电阻小，能对人体起到爱护作用【解析】金属网能起到屏蔽外部电场的作用，网内的人体相当于一个等势体，内部场强为零，对电工起到平安爱护作用，故本题选C。【答案】C2．如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则()A．两过程中电场力做的功相等B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C．前一过程中，粒子电势能不断减小D．后一过程中，粒子动能不断减小【解析】由题意知O点点电荷带正电，其四周部分电场线分布如图所示，负电荷由c到b再到a的过程中，电场强度不断变大，又bc＝ab，故Wab＞Wbc，故A、B项均错误；负电荷由c→b→a过程中，电场力做正功，电势能不断减小，动能不断增加，故C项正确，D项错误。【答案】C3．真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5，且1、2和5、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是()A．电场强度Ea＞EcB．电势φb＞φdC．将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功D．将一负电荷由b点移到e点，电势能增大【解析】由点电荷电场分布特点可知，以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等，沿题图所示的电场方向，等势面的电势越来越低，电场线越来越密，故Ea＞Ec，A正确；φb＝φd，B错误；Uad＜0，正电荷由a点移到d点时，Wad＝Uadq＜0，C错误；又Ube＞0，负电荷由b点移到e点时，Wbe＝Ube·(－q)＜0，即电场力做负功，电势能增大，D正确。【答案】AD4．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如右图所示，由此可知c点的电势为()A．4VB．8VC．12VD．24V【答案】B5．(2022·九江市七校联考)如图所示a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°。现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比()A．＋q在d点所受的电场力较大B．＋q在d点所具有的电势能较大C．d点的电势低于O点的电势D．d点的电场强度大于O点的电场强度【解析】由电场叠加原理可求得三个等量电荷在O点产生的合场强大小为eq\f(4kQ,L2)(L为菱形的边长)，在d点产生的合场强为eq\f(2kQ,L2)，故＋q在d点受力小，A、D错误；把＋q从O点移到d点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错，C对。【答案】C6．(2022·北京石景山期末)如图所示，AC、BD为圆的两条相互垂直的直径，圆心为O，半径为R。电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为30°。下列说法正确的是()A．O点的场强大小为eq\f(kQ,R2)B．O点的场强大小为eq\f(\r(3)kQ,R2)C．B、D两点的电势关系是：φB＝φDD．电荷量为q的正电荷在A点的电势能小于在C点的电势能【解析】O点的场强是圆周上正、负点电荷在O点产生的电场叠加，大小为2eq\f(kQ,R2)cos60°＝eq\f(kQ,R2)，选项A正确B错误；B、D两点的电势关系是φB＞φD选项C错误；AC处于同一等势面上，电荷量为q的正电荷在A点的电势能等于在C点的电势能，选项D错误。【答案】A7．(2022·北京东城期末)如右图所示，真空中有两个等量异种点电荷A和B，一带负电的摸索电荷仅受电场力作用，在电场中运动的部分轨迹如图中实线所示。M、N是轨迹上的两点，MN连线与AB连线垂直，O为垂足，且AO＞OB。设M、N两点的场强大小分别为EM、EN，电势分别为φM、φN。下列推断中正确的是()A．EM大于ENB．φM大于φNC．B点电荷肯定带正电D．此摸索电荷在M处的电势能小于N处的电势能【解析】依据两个等量异种点电荷A和B电场特点，EM小于EN，选项A错误；依据带负电的摸索电荷仅受电场力作用的运动轨迹可知，B点电荷肯定带正电，M点电势小于N点电势，此摸索电荷在M处的电势能大于N处的电势能，选项B、D错误，C正确。【答案】C8．一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v­t图像如图所示，则下列说法中正确的是()A．A处的电场强度肯定小于B处的电场强度B．粒子在A处的电势能肯定大于在B处的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差【解析】由图知粒子在A处的加速度大于在B处的加速度，因a＝eq\f(qE,m)，所以EA＞EB，A错；粒子从A到B动能增加，由动能定理知电场力必做正功，电势能必减小，B对；同理由动能定理可知A、C两点的电势相等，UAB＝UCB，D错；仅受电场力作用的粒子在CD间做匀速运动，所以CD间各点电场强度均为零，但电势是相对于零势点而言的，可以不为零，C错。【答案】B9．(2021·衡水中学期末)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向指向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【解析】A、N点的电势等于零，电场强度大小不为零，选项A、B错误；从N到C电势上升，NC间场强方向指向x轴负方向，选项C错误；从N到C电势上升，从C到N电势降低，将一负点电荷从N点移到C点，电场力做正功，从C点到D点，电场力做负功，选项D正确。【答案】D10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为eq\f(1,4)圆弧。一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动状况，下列说法正确的是()A．小球肯定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度肯定小于HD．小球到达C点的速度可能为零【解析】若电场力大于重力，则小球有可能不从B点离开轨道，A错。若电场力等于重力，物体做匀速圆周运动，B正确。因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度肯定小于H，C正确。由圆周运动学问可知若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，D错。【答案】BC二、计算题(本大题共2小题，共30分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(2022·北京海淀一模)(15分)如图所示，质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中。取g＝10m/s2。(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，方向不变。求在t＝0.20s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到动身点时的动能。【解析】(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有Eq＝mgE＝eq\f(mg,q)＝eq\f(2.0×10－4×10,1.0×10－6)N/C＝2.0×103N/C，方向向上。(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20s时间内上上升度为h，电场力做功为W，则qE0－mg＝ma解得：a＝10m/s2h＝eq\f(1,2)at2解得：h＝0.20mW＝qE0h解得：W＝8.0×10－4J。(3)设在t＝0.20s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到动身点时的动能为Ek，则v＝atEk＝mgh＋eq\f(1,2)mv2解得：Ek＝8.0×10－4J。【答案】(1)2.0×103N/C方向向上(2)8.0×10－4J(3)8.0×10－4J12．(2021·浙江理综)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最终到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽视电场的边缘效应。(1)推断半球面A、B的电势凹凸，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能转变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由。【解析】(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板。(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：eE＝meq\f(v2,R)Ek0＝eq\f(1,2)mv2R＝eq\f(RA＋RB,2)联立解得：E＝eq\f(2Ek0,eR)＝eq\f(4Ek0,e（RA＋RB）)。(3)电子运动时只有电场力做功，依据动能定理，有ΔEk＝qU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加